1、解密解密 07 非金属及其化合物非金属及其化合物 一、选择题一、选择题 1(2021 启东高三联考)2020 年 9 月，我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺：2060 年实现碳 中和。碳中和是指直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排、碳捕集与封存等形式， 抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。下列有关说法正确的是( ) ACO2是导致温室效应和酸雨的主要气体 B煤的液化、气化主要是为了减少 CO2的排放 CCO2催化加氢合成低碳烯烃属于化合反应 DCO2分子间有间隔，故可将其压缩液化后封存 【答案】D 【解析】A 项，二氧化硫是导致酸雨的气体，而不是二氧
2、化碳，故 A 错误；B 项，煤的液化、气化是 不能减少 CO2的排放的，如煤气化的生成物即煤气主要成分是一氧化碳，燃烧依然生成二氧化碳，且生成 二氧化碳分子数目相同，故 B 错误；C 项，CO2催化加氢合成低碳烯烃的同时还有 H2O 生成，不属于化合 反应，故 C 错误；D 项，二氧化碳分子之间有间隔，在受压时间隔变小，故可将其压缩液化后封存，故 D 正确。故选 D。 2(2021 安徽省”皖南八校“高三联考)下列关于非金属及其化合物的说法错误的是( ) A液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂 B向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有 H C用二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄
3、色 D铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比相同 【答案】D 【解析】A 项，液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，A 正确；B 项，向氯水中加入碳酸氢钠粉 末，有气泡产生，说明氯水中含有 H，B 正确；C 项，二氧化硫漂白性不稳定，故二氧化硫漂白过的草 帽辫日久又变成黄色，C 正确；D 项，Cu 与浓硝酸反应的还原产物为二氧化氮，而与稀硝酸反应的还原产 物为 NO，还原产物的价态不同，故消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比不同，D 错误；故选 D。 3 (2021 潍坊市统考高三化学质量检测)硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交 型， 1912
4、年 E.Beckmann 由硫在碘中的冰点降低法测得它含有 S8分子。1891 年，M.R.Engel 用浓盐酸和硫代硫 酸盐的饱和溶液在 0下作用首次制得了一种菱形的硫， 后来证明含有 S6分子。 下列说法正确的是( ) AS6和 S8分子都是由 S 原子组成，所以它们是一种物质 BS6和 S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同 CS6和 S8分子分别与过量的氧气反应可以得到 SO3 D等质量的 S6和 S8分子分别与足量的 KOH 反应，消耗 KOH 的物质的量相同 【答案】D 【解析】A 项，S6和 S8分子都是由 S 原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故 A 错误；B 项，S6
5、和 S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故 B 错误； C 项，不管氧气过量还是少量，S6和 S8分子分别与氧气反应可以得到 SO2，故 C 错误；D 项，等质量的 S6 和 S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的 KOH 反应，消耗 KOH 的物质的量相同，故 D 正确。故选 D。 4(2021 吉林省德惠市实验中学、前郭五中等九校高三联考)下列有关硫元素及其化合物的说法或描述 正确的是( ) A硫黄矿制备硫酸经历两步：SO2/点燃，SO3H2SO4 B酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中 C在燃煤中加入石灰石可
6、减少 SO2排放，发生的反应为 2CaCO32SO2O2高温2CO22CaSO4 D土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明 CuS 很稳定，不具有还原性 【答案】C 【解析】A 项，用硫黄制硫酸时，第一步只能将硫氧化成 SO2，故 A 错误；B 项，酸雨与土壤中的金 属氧化物反应后，硫元素以 SO42-的形式进入土壤中，故 B 错误；C 项，在燃煤中加入石灰石，高温下石灰 石分解生成 CaO，可与 SO2以及氧气反应生成硫酸钙，故 C 正确；D 项，土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜 溶液转化为铜蓝(CuS)，说明 CuS 的溶解度比 ZnS 的小，与 CuS 很稳定
7、不具有还原性无关，故 D 错误；故 选 C。 5(2021 湖南怀化市期末)下列关于氯及其化合物的叙述正确的是( ) A氯气的性质很活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸 B实验室制取氯气时，尾气常用氢氧化钠溶液吸收 C氯气与氢氧化钠溶液反应能制漂白液，其有效成分为 NaClO3 D某氯水中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明该氯水一定不含 Cl2 【答案】B 【解析】A项，氯气的性质很活泼，它与氢气混合后，在光照条件下能发生爆炸，故 A错误；B项，氢 氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验室制取氯气时，尾气常用氢氧化钠溶液吸收，故 B正 确；C项，漂白液的有效成分为 NaClO，故 C错误；D
8、项，某氯水中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明该 氯水一定含有 Cl-，不能确定是否含有 Cl2，故 D错误；故选 B。 6下列关于非金属及其化合物的说法错误的是( ) A液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂 B向氯水中加入碳酸氢钠粉末，有气泡产生，说明氯水中含有 H C用二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色 D铜分别与足量的浓硝酸和稀硝酸充分反应，消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比相同 【答案】D 【解析】A 项，液氮汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，A 正确；B 项，向氯水中加入碳酸氢钠粉 末，有气泡产生，说明氯水中含有 H，B 正确；C 项，二氧化硫漂白性不稳定，故二氧化硫漂白过的草
9、帽辫日久又变成黄色，C 正确；D 项，Cu 与浓硝酸反应的还原产物为二氧化氮，而与稀硝酸反应的还原产 物为 NO，还原产物的价态不同，故消耗的还原剂与氧化剂的物质的量之比不同，D 错误；故选 D。 7化学工业在经济发展中的作用举足轻重。下列有关工业生产的叙述中正确的是( ) A硫酸生产中常采用高压条件提高 SO2的转化率 B合成氨中及时分离氨气可提高反应速率 C硫酸生产中可用水直接吸收 SO3生成硫酸 D 纯碱厂最好建在合成氨厂附近 【答案】D 【解析】A 项，生成硫酸时采用常压条件，常压条件二氧化硫的转化率已经很大，高压转化率增大不 多，但是提高了生成成本，故 A 错误；B 项，及时分离出生
10、成物可使平衡右移，反应物浓度降低，反应速 率减小，故 B 错误；C 项，在吸收塔中，直接用水吸收 SO3，易形成酸雾，降低 SO3吸收效率，应用 98.3% 硫酸吸收 SO3，故 C 错误；D 项，纯碱生成中需要大量氨气来形成氨盐水更好的吸收二氧化碳，纯碱厂最 好建在合成氨厂附近可降低运输成本，故 D 正确；故选 D。 8下列现象或事实可用同一原理解释的是( ) A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B氯水和活性炭使红墨水褪色 C铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象 D二氧化硫和过氧化钠使品红褪色 【答案】C 【解析】A 项，浓硫酸具有吸水性，浓度降低是因溶剂增多，而浓盐酸易挥发浓度减小
11、是因溶质减少， 原因不同，A 错误；B 项，氯水中 HClO 具有强氧化性使红墨水褪色，而活性炭具有吸附性使红墨水褪色， 原理不同，B 错误；C 项，铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象，均是因为发生了钝化，原理相同， C 正确；D 项，过氧化钠具有强氧化性，能使品红褪色，二氧化硫能使品红溶液褪色，发生的是非氧化还原 反应，原理不相同，D 错误。故选 C。 9(2021 浙江高三月考)NCl3为黄色油状液体，可用于漂白，也用于柠檬等水果的熏蒸处理，其相关性 质的说法不正确的是( ) A缓慢与水发生反应：NCl3+2H2O=HNO2+3HCl B具有强氧化性，能与 HCl 气体反应生成 Cl2
12、 C很不稳定，受热或受震动时发生猛烈爆炸而分解：2NCl3N2+ Cl2 D遇碱迅速分解得到一种碱性气体和能杀灭新冠病毒的消毒液 【答案】A 【解析】A项，在 NCl3中，N显-3 价，Cl显+1 价，缓慢与水发生反应：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，HClO 还可将 NH3氧化为 N2，A不正确；B项，NCl3中 Cl显+1 价，HCl中 Cl显-1 价，NCl3与 HCl 中 Cl元素发生 归中反应，生成 Cl2和 NH3，若 HCl 过量，则生成 NH4Cl，B 正确；C项，NCl3很不稳定，对光、热、有机 化合物都十分敏感，甚至震动时都会发生猛烈爆炸，从而生成 N2和 Cl2，
13、C正确；D项，NCl3遇碱会发生迅 速分解，生成 NH3和 NaClO，NaClO 可作杀灭新冠病毒的消毒液，D正确；故选 A。 10(2021 浙江选考模拟)已知：100%硫酸吸收 SO3可生成焦硫酸(分子式为 H2S2O7或 H2SO4 SO3)；焦 硫酸水溶液发生如下电离：H2S2O7(aq)=H+(aq)+ HS2O7- (aq)，HS2O7- (aq)H+(aq)+ S2O72- (aq) K2=2.7 10-2。下列说法不正确 的是( ) A焦硫酸具有强氧化性 BNa2S2O7水溶液显中性 C98%的 H2SO4可以表示为 SO3 10 9 H2O D焦硫酸与水反应的化学方程式：H
14、2S2O7+H2O=2H2SO4 【答案】B 【解析】A项，由浓硫酸中+6 价硫具有强氧化性可知，焦硫酸中+6价硫也具有强氧化性，A正确； B项，Na2S2O7可写成 Na2SO4 SO3，溶于水后 SO3和水反应生成硫酸，溶液显酸性，B错误；C项，假设浓 硫酸的质量为 100 g，则 H2SO4的质量为 100 g 98%=98 g，H2O的质量为 100 g-98 g=2 g，则 H2SO4的物质 的量为 98 g 98 g/mol =1 mol，H2O 的物质的量为 2 g 18 g/mol = 1 9 mol，故 98%的 H2SO4可表示为 H2SO4 1 9 H2O， 如果把 H2
15、SO4表示为 SO3 H2O，则 98%的浓硫酸也可表示为 SO310 9 H2O，C正确；D项，焦硫酸与水反应 可表示为 H2SO4 SO3+H2O=2H2SO4，D正确。 11(2021 江苏扬州市期末)2020年 7 月 31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通。下列说法正 确的是( ) A控制系统的芯片是硅晶体，硅晶体用作半导体材料是因为其原子的最外层电子数多 B火箭推进剂发生的化学反应为 2N2H4 + N2O4 = 3N2 + 4H2O，其中氢元素被氧化 C火箭发射时会产生大量红色的烟雾， 该现象与反应产生的 NOx有关 D火箭头部的一层特殊材料能起到保护作用，是由于其在熔化时
16、能放出大量的热 【答案】C 【解析】A项，硅晶体用作半导体材料是因其具有单向导电性，与最外层电子数多少无关，故 A错误； B项，由反应可知中的 N由-2 价转变成 0 价，作还原剂，N 元素被氧化物，中的 N化合价由+4 价转变成 0 价，作氧化剂，N元素被还原，H的化合价反应前后保持不变，故 B错误；C项，火箭燃料为偏二甲肼和四 氧化二氮，其中四氧化二氮进入空气后立刻会分解为红棕色的二氧化氮，红色烟雾是火箭刚点火时没有被 燃尽，扩散到空中的棕红色二氧化氮，故 C正确；D项，熔化过程吸收大量的热，从而起到给火箭降温保护 设备的作用，故 D 错误；故选 C。 12(2021 广东中山市期末)在无
17、机非金属材料中，硅一直扮演着主要的角色请你利用元素周期律的 相关知识，预测硅及其化合物的性质下列说法不正确 的是( ) A晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料 BSiO2是酸性氧化物，可以与 NaOH反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O C Na2SiO3可溶于水，在水溶液中电离方程式为：Na2SiO3=2Na+SiO32- D由反应 Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3，可以证明 H2SiO3是一种弱酸 【答案】D 【解析】A项，晶体硅是灰黑色有金属光泽、硬而脆的固体，导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的 半导体材料，A说法正确；B项，SiO2是
18、酸性氧化物，可以与 NaOH反应生成盐和水： SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，B 说法正确；C项，Na2SiO3为强电解质，可溶于水，在水溶液中完全电离，电 离方程式：Na2SiO3=2Na+SiO32-，C 说法正确；D项，由反应 Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3，H2SiO3为沉 淀，生成的沉淀不一定为弱电解质，则不能证明 H2SiO3是一种弱酸，D说法错误；故选 D。 13 (2021 四川资阳市高三一模)“过犹不及”深刻诠释了化学反应的定量关系。 下列反应进行到指定程度， 继续增加画线物质的量，不会使反应发生变化的是(忽略气体溶解及与水的反应) ( )
19、A在 Ca(HCO3)2溶液中滴加 Ca(OH)2溶液至 HCO3-完全反应 B将 Cl2通入 FeBr2溶液至 Fe2完全氧化 C将 NH3通入 CuSO4溶液至 Cu2完全沉淀 D在 KAl(SO4)2溶液中滴加 Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大 【答案】A 【解析】A项，Ca(HCO3)2溶液中滴加 Ca(OH)2溶液至 HCO3-完全反应，反应的离子方程式为 Ca2+ HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，继续滴加 Ca(OH)2溶液不再发生其他反应，即原反应不会发生变化，A符合题 意；B项，由于 Fe2+的还原性比 Br-强，将 Cl2通入 FeBr2溶液先与 Fe2+反应：C
20、l2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe2+完 全氧化后如果继续通入 Cl2，溶液中的 Br-就会被氧化：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，即原反应发生了变化，B 不符题 意；C项，将 NH3通入 CuSO4溶液至 Cu2+完全沉淀，发生反应 2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2+2NH4+，若继续 通入 NH3，会发生络合反应 Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)4(OH)2，沉淀溶解，即原反应发生了变化，C不符题 意；D项，在 KAl(SO4)2溶液中滴加 Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大，发生反应为 2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3B
21、aSO4，若继续滴加 Ba(OH)2溶液，溶液中会发生反应 SO42-+2Al(OH)3+Ba2+2OH-=2 AlO2-+BaSO4+4H2O，即原反应发生了变化，D不符题意；故选 A。 14(2021 湖南省常德芷兰实验学校月考)已知 NH4CuSO3与足量的 10mol L-1硫酸混合微热，产生下列 现象：有红色金属生成；产生刺激性气味的气体；溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是( ) A反应中硫酸作氧化剂 BNH4CuSO3中氮元素被氧化 C刺激性气味的气体是氨气 D1mol NH4CuSO3完全反应转移 0.5 mol 电子 【答案】D 【解析】根据实验现象分析，红色金属为 Cu，
22、溶液呈现蓝色，说明溶液中含有 Cu2，因为加入足量的 硫酸，所以刺激性气味的气体应是 SO2，据此分析，反应的化学方程式为 2NH4CuSO32H2SO4=CuCuSO4 2SO22H2O(NH4)2SO4。A项，根据上述分析，只有 Cu元素的化合价发生变化，从+1价变成了产物中 的 0价和+2 价即硫酸的组成元素没有发生变化，所以硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，只表现酸性，故 A 错误；B项，NH4CuSO3中氮元素的化合价没有变化，故 B错误；C项，根据上述分析，刺激性气味的气体 为 SO2，不是氨气，故 C错误；D项，亚铜自身发生氧化还原反应，从反应的化学方程式 2NH 4CuSO3 2H
23、2SO4=CuCuSO42SO22H2O(NH4)2SO4 可知 2molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为 1mol， 故 1molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为 0.5mol，故 D正确；故选 D。 15(2020 安徽省濉溪县高三联考)利用自然资源制备相关化学物质，下列化学工艺不可行 的是( ) A提取食盐后母液 2 Cl 含 Br2的液体 热空气 冷凝 粗溴 ( )NaBr s 蒸馏 纯溴 B石英砂 焦炭 高温 粗硅 2 Cl 高温 粗四氯化硅 2 H 分馏 高温 高纯硅 CFeS2 2 O 高温 SO2 水 H2SO3 2 O H2SO4 D铝土矿 NaOH 溶液
24、 过滤 NaAl(OH)4溶液 2 CO 过滤 Al(OH)3 煅烧 Al2O3 冰晶石 电解 铝 【答案】C 【解析】A 项，提取食盐后的母液中提取单质溴的过程，要知道母液中是溴离子，需要先用 Cl2氧化， 此工艺可行的，故 A 正确；B 项，由石英砂先制粗硅，再用 H2还原 SiCl4得到 Si，是工业上制高纯硅的流 程，工艺可行的，故 B 正确；C 项，应首先进行二氧化硫的催化氧化，然后用 98.3%的硫酸吸收，此工艺不 可行，故 C 错误；D 项，工业上用铝土矿制铝的过程，每一步所加试剂必须过量，此工艺可行的，故 D 正 确；故选 C。 16 (2020 安徽省 2020 年江南十校综
25、合素质测试)ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色 气体(沸点 11)，实验室制备纯净 ClO2溶液的装置如图所示： 已知下列反应：NaClO3+HClNaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HClNaCl+ClO2+H2O； NaClO2+Cl2NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是( ) Aa 中通入的 N2可用 CO2或 SO2代替 Bb 中 NaClO2可用饱和食盐水代替 Cc 中广口瓶最好放在冰水浴中冷却 Dd 中吸收尾气后只生成一种溶质 【答案】C 【解析】A 项，a 中通入的 N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将 a 中产生的 ClO2和 C
26、l2吹出 并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将 ClO2、NaClO3等物质还原，故 A 错误；B 项，b 中 NaClO2的作用是吸收 ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收 氯气，故 B 错误；C 项，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故 c 中广口瓶最好放 在冰水浴中冷却， 有利于吸收ClO2， 故C正确； D项， d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3， 产物至少两种，故 D 错误；故选 C。 17(2020 长沙七校联考)实验室探究 SO2与 Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如下图，实验
27、中 Y 装置产 生白色沉淀。下列说法不正确的是( ) A滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间 N2 BY 中产生的白色沉淀是 BaSO4或 BaSO3 C产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下 SO2与 NO3- 反应生成了 SO42- D若将 Fe(NO3)3换成 FeCl3，Y 中也能产生白色沉淀，说明 Fe3+也能将 SO2氧化 【答案】B 【解析】A 项，通入一段时间 N2，是为了排除空气中 O2的干扰，故 A 正确；B 项，由于 NO3-在酸性 条件下具有强氧化性，能将 SO32 -氧化为 SO42 -，所以 Y 中产生的白色沉淀是 BaSO4，故 B 不正确；同理，
28、C 项，正确；D 项，若将 Fe(NO3)3换成 FeCl3，Y 中也能产生白色沉淀，且沉淀为 BaSO4，说明 Fe3+也能将 SO2氧化，D 正确；故选 B。 18下表中，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( ) 选项 陈述 陈述 判断 A 向浓盐酸中加入浓硫酸 可制备氯化氢气体 浓盐酸易挥发， 浓硫酸与水作用放出大量 的热 对，对；有 B Cu 能与浓 HNO3反应 由于 Cu 具有还原性，浓 HNO3具有氧化 性， 在任何条件下生成的气体一定是 NO2 对，错；无 C 硫单质在纯氧中燃烧有 少量 SO3生成 部分二氧化硫被氧化为 SO3 对，对；无 D 硝酸铵和碱
29、石灰共热用 于实验室制备 NH3 铵盐与碱能发生复分解反应 对，对；有 【答案】A 【解析】A 项，浓硫酸具有吸水性，溶于水放出大量的热，又因为浓盐酸易挥发，所以向浓盐酸中加 入浓硫酸可制备氯化氢气体，A 正确；B 项，铜与稀硝酸反应生成 NO，B 错误；C 项，硫单质在纯氧中燃 烧只能生成 SO2，C 错误；D 项，硝酸铵受热易发生爆炸，实验室一般用氯化铵与熟石灰共热制备氨气，D 错误。 19(2020 湖南省金太阳高三联考)下列实验操作、现象和结论均正确的是( ) 选项 实验操作和现象 结论 A 向 NaBr 溶液中分别 滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈 橙红色 Br-的还原性强于
30、 Cl- B 相同条件下，分别 向 20mL0.1mol/LKMnO4溶液和 20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过 量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的 Mn2+对该反 浓度对反应速率的影响：浓 度越大，反应速率越快 应无影响) C 向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变蓝色，后蓝色 褪去 氯气具有强氧化性和漂白性 D 室温下，用 pH 试纸测得 0.1mol/LNa2SO3溶液的 pH 约为 10， 0.1mol/LNaHSO3溶液的 pH 约为 5 HSO3-结合 H+的能力比 SO32- 的强 【答案】A 【解析】A 项
31、，NaBr 溶液中滴入氯水，发生反应 2Br-+Cl2Br2+2Cl-，由此得出还原性 Br-Cl-，A 正 确；B 项，要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同， 改变草酸的浓度， B 错误； C 项， 淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气， 溶液先变蓝后褪色， 氯气只表现氧化性， 氯气没有漂白性，C 错误；D 项，0.1mol/LNa2SO3溶液的 pH 大，碱性强，则结合 H+的能力强，D 错误；故 选 A。 20根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是( ) 选项 实验 现象 实验结论 A 向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少 量 BaCl2溶液 出现
32、白色沉淀 原溶液中含有 SO42-、 SO32-、HSO3-中的一种 或几种 B 向装有 Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸 在管口观察到 红棕色气体 HNO3分解成了 NO2 C 左边棉球变为 橙色， 右边棉球 变为蓝色 氧化性：Cl2Br2I2 D SO2和 SO3混合气体通入 Ba(NO3)2溶液 出现白色沉淀 得到的沉淀只有 BaSO4 【答案】D 【解析】A 项，加入的硝酸能把 SO32-、HSO3-氧化为 SO42-，再加入 BaCl2都能生成白色沉淀 BaSO4， 所以溶液含有 SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，但是若溶液中含有 Ag+，也能与 BaCl2反应
33、生成白色沉 淀，A 不正确；B 项，加入的硫酸与 NO3-构成硝酸，能氧化 Fe2+，而 NO3-被还原为 NO，NO 遇空气生成红 棕色的 NO2，故硝酸分解生成 NO2的结论是不正确；C 项，含有 NaBr 的棉球显橙色，说明 Cl2的氧化性强 于 Br2，因溴易挥发，与 Cl2一起与含有 KI 淀粉的棉球作用而呈蓝色，无法确定是哪种物质把 I-氧化为 I2， 故结论不正确；D 项，SO3溶于水生成硫酸，电离出的 H+与 NO3-构成的硝酸把 SO2氧化为 SO42-，所以白色 沉淀只有 BaSO4，故 D 的结论是正确的。 21(2021 福建厦门市期末)将 KIO3、H2SO4、H2O
34、2、MnSO4、CH2(COOH)2及可溶性淀粉(指示剂)混合 进行碘钟实验，通过光线传感器绘制出碘钟振荡反应曲线如下图。下列说法正确的是( ) 已知：碘钟周期性振荡的反应如下，除 I2与 Mn3+外，其他物质在此溶液中为无色或浅色。 12H+2IO3-+10Mn2+=I2+6H2O+10Mn3+(琥珀色) IO3-+3H2O2=I-+3O2+3H2O 5I-+ IO3-+6H+=3I2+H2O I2+ CH2(COOH)2=ICH(COOH)2+H+I- 4Mn3+ICH(COOH)2+2H2O=I-+4Mn2+HCOOH+2CO2+5H+ AABC 过程中，颜色变化为：蓝色琥珀色无色 BD
35、E 过程放出的气体为 O2 CFG 持续时间变长，是因为 CH2(COOH)2逐渐被消耗 DH点透光率减弱是因为2 I浓度下降 【答案】C 【解析】在淀粉作指示剂的情况下混合反应， 混合液在特定的时间内保持无色，而后突然转变为蓝色。 由于混合液由无色到蓝色这段时间可以精确计时，因此这一反应被称为碘钟反应。A项，根据已知信息可知 A 点生成单质碘： 12H+2IO3-+10Mn2+=I2+6H2O+10Mn3+， 则 ABC 过程中， 颜色变化为： 蓝色琥珀色， A 错误； B项，DE 反应为 5I-+ IO3-+6H+=3I2+H2O， B错误； C项，根据 I2+ CH2(COOH)2=IC
36、H(COOH)2+H+I- 可判断 FG 持续时间变长，是因为 CH2(COOH)2逐渐被消耗，C正确；D项，H 点生成单质碘，由于生成 单质碘需要消耗碘酸根，因此透光率减弱是因为碘酸根浓度下降，D错误；故选 C。 22(2021 江西宜春市 高三月考)冰晶石(Na3AlF6)微溶于水，工业上用萤石(CaF2 含量为 96%)、二氧化 硅为原料，采用氟硅酸钠法制备冰晶石，其工艺流程如图： 据此分析，下列观点不正确的是( ) A滤渣 A的主要成分是 CaSO4 B上述流程中，所涉反应均为非氧化还原反应 C“操作 i”可用硅酸盐质设备进行分离 D流程中可循环使用的物质除 H2SO4、SiO2外，滤
37、液 B经浓缩后也能循环使用 【答案】C 【解析】萤石二氧化硅在硫酸酸浸中生成 H2SiF6，还生成硫酸钙，过滤分离，滤渣 A 的主要成分为硫 酸钙，可能含有二氧化硅等。H2SiF6再与硫酸钠反应生成 Na2SiF6和硫酸，硫酸可以循环使用，Na2SiF6与浓 氨水反应生成氟化钠和氟化铵和二氧化硅，操作 i过滤分离出二氧化硅，二氧化硅也循环使用，反应发生 2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6+4NH3 H2O或 2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3+2H2O， 滤液 B含 氨水，可循环使用，操作过滤分离出冰晶石。A项，滤渣 A 的主要成分为硫酸钙，
38、A 正确，不符合题意； B项，所有反应都没有元素化合价变化，都为非氧化还原反应，B正确，不符合题意；C项，溶液中的氟离 子水解生成氟化氢，腐蚀硅酸盐质设备，C错误，符合题意；D项，操作 i过滤分离出二氧化硅，二氧化硅 也循环使用，反应发生 2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6+4NH3 H2O或 2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6+4NH3+2H2O，滤液 B含氨水，可循环使用，D正确，不符合题意；故选 C。 23(2021 石家庄市藁城区第一中学高三月考)常温常压下，将 a mol CO2气体通入含 b mol NaOH的溶 液中，下列对所得溶液的描述
39、正确的是( ) A2ac(CO32-)c(OH-)c(H+) B2a=b 时，则一定存在：c(OH-)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H) Cb2a2b时，则一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)+c(HCO3-) Da=b 时，则一定存在：2c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(CO32-)+2c(HCO3-)+c(H2CO3) 【答案】D 【解析】根据二氧化碳和氢氧化钠反应的少量与过量反应进行判断产物，根据产物进行比较离子浓度 大小， 其反应为： CO2(少量)+2NaOH= Na2CO3+H2O， CO2(足量)+NaOH= NaHCO3+H
40、2O， 当 2 CO1 NaOH2 ， 发生反应；当 2 CO1 NaOH1 时，发生反应。根据具体比值关系判断 A项，当 2ac(OH-) c(CO32-)c(H+)，故 A不正确；B项，当 2a=b时，CO2与 NaOH 恰好发生反应，溶质是 Na2CO3，碳酸钠溶 液列出的质子守恒为： c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H)， 故 B不正确； C项，当 b2a H2CO3 HSO3 -， 所以离子反应方程式为 H2SO3+HCO3-=CO2+ HSO3-+H2O；酸性越强同浓度的溶液 pH越小，所以可以测 定相同浓度的氢硫酸和亚硫酸的 pH，氢硫酸的 pH大于亚硫酸
41、；酸性越强电离程度越大，同浓度的溶液导 电性越强，用相同浓度的氢硫酸和亚硫酸做导电性实验，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸；强酸可以和弱酸 盐反应生成强酸盐和弱酸，所以可以将相同浓度的氢硫酸和亚硫酸分别于能浓度的碳酸氢钠溶液混合，氢 硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸与碳酸氢钠溶液生成气体。 27(2021 北京东城区高三期末)某实验小组对 Na2S2O3分别与 FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究。 实验药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液(pH=7)；0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)。 实验过程 实验编号 实验操作
42、 实验现象 溶液呈紫色， 静置后紫色迅速褪去， 久置后出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色， 静置后紫色褪去， 久置后不出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色， 静置后紫色缓慢褪去， 久置后不出现淡黄色浑浊 资料：.Na2S2O3在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应； .Fe3+ S2O32-Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇 S2O32-无明显现象 (1)配制 FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因： _。 (2)对实验中现象产生的原因探究如下： 证明有 Fe2+生成：取实验中褪色后溶液，加入 12 滴 K3Fe(CN)6溶液，观察到 _。 实验 I中紫色褪去时 S2O32-被氧化成
43、S4O62-，相关反应的离子方程式是_。 实验 I和对比，中出现淡黄色浑浊，而中不出现淡黄色浑浊的原因是_。 (3)为探究实验和中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下： 实验编号 实验操作 实验现象 紫色褪去时间 ab 紫色褪去时间 cb，说明硫酸根离子 能减慢反应速率，褪色时间较长；实验中探究氯离子对速率的影响，向试管 c 中加入氯化钠固体，紫色褪 去时间 cd，说明 Cl-能加快 Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去；结合以上分析，试剂 X 是 Na2SO4固体； 结合以上分析，由实验和实验得出的结论是其他条件相同时，Cl-能加快 Fe(S2O3)+发生反应，加速紫 色褪去，而 SO4
44、2-能减慢该反应。 28(2021 四川成都市高三一模)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)具有强还原性，在医药、橡胶、印染、食品方面 应用广泛。某化学小组拟用如图装置制备焦亚硫酸钠。 实验步骤： 按图连接装置，检查装置气密性； 装入药品，加热 A中试管，C中反应至 pH=4.1 停止加热，将 A 中铜丝外移脱离浓硫酸； 将 C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。 试回答下列问题： (1)A试管中发生反应的化学方程式为_ ；B 装置的作用是_。 (2)C中反应至 pH=4.1，C中溶液主要溶质为_ (填化学式)。 (3)将步骤C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式
45、为_ ；若温度稍 过高， 可能还会生成_； 为了制得较纯净焦亚硫酸钠， 步骤中应注意_、 _。 (4) Na2S2O5可用作食品抗氧剂。小组通过下述方法检测某饮料中残留的 Na2S2O5： 取 100. 00 mL饮料于锥形瓶中，加入 0. 0100 mol/L的 I2溶液 V1mL，塞紧瓶塞充分反应。 打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加 45 滴淀粉溶液变蓝。用 0. 100 mol/L的 Na2S2O3溶 液滴定，滴定至终点时，消耗 Na2S2O3溶液 V2mL，饮料中残留的 Na2S2O5为_ mg/L。若滴定前 溶液 pH调至大于 10，则残留的 Na2S2O5测定值_ (填“
46、偏高”、“偏低”或“无影响”)。(已知： S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I- +6H+ 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-) 【答案】(1)Cu +2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 防倒吸 (2)NaHSO3 (3)2NaHSO3=Na2S2O5+H2O Na2SO3(或 Na2SO4) 小火加热控制温度 隔绝空气 (4)9.5V1-47.5V2 偏高 【解析】(1)装置 A 中，铜与浓硫酸反应，反应方程式为 Cu +2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；生成的 二氧化硫气体如果没有装置 B 直接通入 C 装置中，会与饱和碳酸钠溶液反应，发生倒
47、吸现象，故装置 B的 作用是防倒吸； (2) C 中反应至 pH=4.1， 说明溶液显酸性。 Na2CO3显碱性， Na2SO3显碱性， NaHCO3显碱性， 而 NaHSO3显酸性，故 C中溶液主要溶质为 NaHSO3；(3) 将步骤C中 NaHSO3溶液加热至过饱和结晶脱 水生成焦亚硫酸钠，其化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；若温度稍过高，NaHSO3会受热分解生成 二氧化硫和亚硫酸钠，亚硫酸钠可能被氧气氧化成 Na2SO4，故溶液中可能生成 Na2SO3(或 Na2SO4)；焦亚硫 酸钠具有强还原性，也被 O2氧化，故为了制得较纯净焦亚硫酸钠，要步骤中注意控制温度和隔
48、绝空气； (4)发生的反应有：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I- +6H+；2S2O32-+I2=S4O62-+2I-；开始 I2与 Na2S2O5充分反 应，I2还剩余，再用 Na2S2O3溶液滴定剩余的 I2，剩余的 235 23222 11 n()=n(S O )=0.100/105.0 10 22 mol L VVI ，则与 Na2S2O5的 I2为 3555 1212 0.0100/105 101.0 105.0 10mol L VVVV ，则 255 25212 11 n(S O )=(I )=(1.0 105.0 10) 22 nVV ，所以饮料中残留的 Na2S2O5为 553 12 12 1 (1.0 105.0 10) 190 10 2 =9.547.5 0.1 VV VV ；若滴定前溶液 pH调至大于 10，I2会与碱反应，消耗 更多，则计算剩余的 I2就变少，最后计算残留的 Na2S2O5会偏高
